2025年高考物理压轴训练5

2025年高考物理压轴训练5一．选择题（共9小题）1．（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。点是运动过程中距离斜面的最远处，点是在阳光照射下小球经过点的投影点，不计空气阻力，则A．小球在斜面上的投影做匀速运动 B．与长度之比为 C．若斜面内点在点的正下方，则与长度不等 D．小球在点的速度与整个段平均速度大小相等2．（2024•门头沟区一模）某研究小组在研究“估测甩手时指尖的最大向心加速度”课题研究时，利用摄像机记录甩手动作，、、是甩手动作最后3帧（每秒25帧）照片指尖的位置。根据照片建构、之间运动模型：开始阶段，指尖以肘关节为圆心做圆周运动，到接近的最后时刻，指尖以腕关节为圆心做圆周运动。测得、之间的距离为，、之间的距离为。粗略认为、之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度。重力加速度为。请估测甩手时指尖的最大向心加速度A． B． C． D．3．（2024•武汉模拟）某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为A． B． C． D．4．（2024•湖北）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶、、、和青蛙在同一竖直平面内，、高度相同，、高度相同，、分别在、正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到A．荷叶 B．荷叶 C．荷叶 D．荷叶5．（2024•选择性）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上、两点做圆周运动的A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等6．（2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为、顶端的高度为，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是，重力加速度为，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变 B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为 C．传送带的速度大小为 D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为7．（2024•海南）在跨越河流表演中，一人骑车以的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度，不计空气阻力，取，则两平台的高度差为A． B． C． D．8．（2024•江宁区校级模拟）如图所示，质量忽略不计、长度分别为和的不可伸长的轻绳，分别系质量为和的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为和，两绳子中的张力分别为和，则A． B． C． D．9．（2024•合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的点，运动员运动到点时离倾斜赛道最远，点到赛道的垂直距离为，点离赛道的竖直高度为，赛道的倾角为，重力加速度为，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则、两点间的距离是A． B． C． D．二．多选题（共9小题）10．（2024•观山湖区校级模拟）有一种新式健身“神器”——能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，如图甲所示。智能呼啦圈腰带外侧有圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能沿圆形轨道自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳，将腰带简化为竖直硬质圆筒，其简化模型如图乙所示，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内以角速度做匀速圆周运动，已知配重（可视为质点）质量为，绳的拉力大小为，绳与竖直方向夹角为，绳长一定，则下列说法正确的是A．一定，越大，越大 B．一定，越大，越大 C．一定，越大，越大 D．一定，越大，越大11．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是A．球的运动时间为 B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为 C．球的水平初速度大小为 D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为12．（2024•安徽）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从点由静止释放，同时对物块施加沿轴正方向的力和，其大小与时间的关系如图（2）所示。已知物块的质量为，重力加速度取，不计空气阻力。则A．物块始终做匀变速曲线运动 B．时，物块的坐标值为 C．时，物块的加速度大小为 D．时，物块的速度大小为13．（2024•博望区校级模拟）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个小球爬杆装置，如图所示，竖直杆与光滑杆均固定在电动机底座上，且与水平面间的夹角，一弹簧上端固定在杆上的点，下端与穿在杆上质量为的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知两点间的距离为，重力加速度为。则A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆斜向下 B．装置静止时弹簧弹力的大小为 C．装置静止时杆对小球的弹力大小为 D．电动机转动后，当小球稳定在与点等高的位置时杆的角速度为14．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，、分别为轨道上的最高点和最低点，、是轨道上与圆心等高的点。质量为、电荷量为的带正电的小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为，电场强度大小。则下列说法中正确的是A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在、之间 B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在点 C．经过、两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为 D．小球在处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动15．（2024•河北模拟）某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是A．只有当时，平台才能开始运动 B．平台运动的最大加速度大小 C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动 D．越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短16．（2024•泉州模拟）取一根空心管，将一根足够长的尼龙线穿过它，在尼龙线一端拴一块质量很小的物体，另一端挂一篮球，手握空心管抡动该物体，使该物体在水平面上做半径大小为的匀速圆周运动，篮球恰好处于静止状态，此时空心管上方的线与竖直方向的夹角约等于，如图所示。已知物体的质量是篮球的倍，重力加速度为，设尼龙线与空心管间的摩擦力大小恒等于球重的倍，则该物体的角速度大小可能为A．0 B． C． D．17．（2024•河南三模）如图所示，足够长光滑细杆的一端固定在竖直转轴上的点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于点，另一端与套在杆上质量为的小球相连，细杆与竖直方向夹角为。弹簧原长为，劲度系数为。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。则下列说法正确的是A．当小球保持静止时，小球到点的距离为 B．当小球相对细杆静止，弹簧拉伸量为时，杆对小球的弹力大小可能为 C．当小球相对细杆静止，杆对小球弹力为零时，转轴的角速度为 D．转轴转速自零开始缓慢增加过程中，细杆对小球的弹力一直增大18．（2024•厦门三模）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应A．适当增加出手的高度 B．适当减小出手的高度 C．适当增加出手的速度 D．适当减小出手的速度三．填空题（共2小题）19．（2022•青浦区二模）如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为，“齿圈”的半径为，其中，、、分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则点与点的线速度之比为，点与点的转速之比为。20．（2021•杨浦区二模）如图，一个有质量的小球用一细线悬于箱子顶上的点，箱子沿某一方向做匀加速直线运动，细线与竖直方向的夹角始终不变，重力加速度为小球受到的空气阻力不计写出箱子可能的二种加速度情况：①；②四．解答题（共5小题）21．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角的直轨道，螺旋圆形轨道，水平直轨道，传送带，水平直轨道，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道，水平直轨道组成。其中螺旋圆形轨道与轨道、相切于（E）和。直线轨道和通过传送带平滑连接，管道与直线轨道相切于点，直线轨道右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径，长，传送带长，长，，四分之一圆轨道的半径。滑块与、、间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，其余轨道光滑。现将一质量为的滑块从倾斜轨道上某高度处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，，，（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点，求滑块过点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；（2）若滑块从上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离点的水平距离有多远；（3）若滑块从上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），求传送带的线速度需满足的条件。22．（2024•漳州三模）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某景观水车模型，从槽口水平流出的水，垂直落在与水平面成角的水轮叶面上，轮叶在水流不断冲击下转动，稳定时轮叶边缘线速度与水流冲击的速度大小近似相等。已知槽口到冲击点所在的水平面距离，水车轮轴到轮叶边缘的距离为。忽略空气阻力，重力加速度为。求：（1）水从槽口落到水轮叶面的时间；（2）槽口处水流的初速度大小；（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小。23．（2024•浙江二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道、半径为的半圆单层轨道、半径为的半圆圆管轨道、平台和、凹槽组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车并紧靠在竖直侧壁处，其长度且上表面与平台、平齐。水平面的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区段。已知凹槽段足够长，摆渡车与侧壁相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，段长度，段长度。问：（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力；（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？24．（2024•仓山区校级模拟）掷铅球是一个需要力量和灵活性的运动，今年的学校运动会，某同学要参加掷铅球比赛，傍晚来到运动场训练，热身后（不计空气阻力，重力加速度取，，，（1）她在第一次投掷中把铅球水平推出，高度为，速度为，则铅球被推出的水平距离是多少米？（2）第一次投掷后体育老师给了建议，让她投掷时出手点高一点，斜向上推出铅球。于是，第二次她从离地高为处推出铅球，出手点刚好在边界线上方，速度方向与水平方向成，如图所示，此次推出铅球时铅球的速度大小仍为，则这次投掷的成绩为多少米？25．（2024•盐城模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为的光滑圆环，质量分别为、的、两小球套在圆环上，用长度为的轻杆连接。开始时，对小球施加竖直向上的外力，使、均处于静止状态，且球恰好与圆心等高；然后撤去外力，、沿圆环运动。已知重力加速度为，取光滑圆环最低处为零势面。求：（1）外力的大小；（2）球重力势能的最大值；（3）球速度最大时，其加速度的大小。

2025年高考物理压轴训练5参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）1．（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端。点是运动过程中距离斜面的最远处，点是在阳光照射下小球经过点的投影点，不计空气阻力，则A．小球在斜面上的投影做匀速运动 B．与长度之比为 C．若斜面内点在点的正下方，则与长度不等 D．小球在点的速度与整个段平均速度大小相等【答案】【考点】平抛运动速度的计算【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；分析综合能力【分析】、运用运动的合成与分解方法将小球的运动沿斜面方向和垂直与斜面方向分解，根据运动规律判断选项正误；、沿水平方向和竖直方向将小球的运动分解，分别计算小球的水平位移，进而根据几何关系判断与长度关系；、利用平均速度公式计算小球全程的平均速度，利用运动合成与分解方法沿斜面和垂直与斜面方向分解小球的速度，进而计算小球运动到点时的速度大小，以此比较二者大小关系。【解答】解：、将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球垂直斜面方向做初速度为，加速度为的匀减速直线运动，点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，到与到的时间相等，均为则有可得则有故错误；、将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球从到有小球从到有若点到点的正下方，则有可知点是的中点，则与长度相等，故错误；、由选项可知，沿斜面方向和垂直与斜面方向将小球的运动分解后，到达点的速度为小球运动整段的平均速度为整理可得由选项结论可知，到与到的时间相等，故联立上式可知，故正确。故选：。【点评】本题考查对平抛运动规律的理解，其中运用运动的合成与分解的方法为解决本题的关键，特别注意该方法应用时可灵活改变建系方向。2．（2024•门头沟区一模）某研究小组在研究“估测甩手时指尖的最大向心加速度”课题研究时，利用摄像机记录甩手动作，、、是甩手动作最后3帧（每秒25帧）照片指尖的位置。根据照片建构、之间运动模型：开始阶段，指尖以肘关节为圆心做圆周运动，到接近的最后时刻，指尖以腕关节为圆心做圆周运动。测得、之间的距离为，、之间的距离为。粗略认为、之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度。重力加速度为。请估测甩手时指尖的最大向心加速度A． B． C． D．【答案】【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素【专题】定量思想；推理能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理法【分析】先利用周期与频率的关系计算时间，进而计算、间的平均速度，进而利用向心加速度公式计算。【解答】解：每秒25帧，则指尖在、间运动的平均速度约为代入数据解得，指尖在点附近做圆周运动的半径，则向心加速度大小约为代入数据解得，故正确，错误。故选：。【点评】本题考查考生对圆周运动中向心加速度的理解。3．（2024•武汉模拟）某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为A． B． C． D．【答案】【考点】斜抛运动【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理能力【分析】做斜抛运动的物体，可以分解为水平方向的匀速运动和竖直方向做竖直方向的匀变速直线运动；结合运动学规律解答。【解答】解：设篮球初速度为，与水平夹角为，末速度为，与竖直方向夹角为斜向下。由题意可知篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向水平方向运动时间为又联立得故错误，正确故选：。【点评】本题主要考查了斜抛运动的规律；对于曲线运动一般采用“化曲为直”的思想解题。4．（2024•湖北）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶、、、和青蛙在同一竖直平面内，、高度相同，、高度相同，、分别在、正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到A．荷叶 B．荷叶 C．荷叶 D．荷叶【答案】【考点】平抛运动速度的计算【专题】定性思想；推理法；信息给予题；平抛运动专题；理解能力【分析】平抛运动在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据平抛运动规律求解水平初速度，然后作答。【解答】解：平抛运动在竖直方向做自由落体运动水平方向做匀速直线运动水平初速度要使水平初速度最小，则需要水平位移最小、竖直位移最大；由于、荷叶与青蛙的水平位移最小，、荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故错误，正确。故选：。【点评】本题主要考查了平抛运动规律的运用，解题的关键是根据平抛运动规律求解出水平初速度的关系式。5．（2024•选择性）“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图，当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上、两点做圆周运动的A．半径相等 B．线速度大小相等 C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等【答案】【考点】传动问题【专题】匀速圆周运动专题；信息给予题；定性思想；推理法；理解能力【分析】、两点在水平方向做圆周运动，根据几何知识分析、两点做圆周运动的半径的大小；篮球上的、绕轴做同轴转动，据此分析作答；根据线速度与角速度的关系分析作答；根据向心加速度公式分析作答。【解答】解：如图所示：、两点在水平方向做圆周运动，半径垂直于转轴，根据几何知识，故错误；篮球上的、绕轴做同轴转动，因此、两点做圆周运动的角速度相等，故正确；根据线速度与角速度的关系，因此，故错误；根据向心加速度公式，因此，故错误。故选：。【点评】本题主要考查了圆周运动半径的确定、线速度与角速度的关系、向心加速度公式，理解圆周运动的两种传动方式是解题的关键；要区别求半径与圆周运动的半径。6．（2024•清江浦区模拟）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为、顶端的高度为，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是，重力加速度为，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下列说法正确的是A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变 B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为 C．传送带的速度大小为 D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力；推理能力【分析】玉米粒在传送带上先匀加速后匀速，后面做斜抛运动，根据斜抛运动的规律，结合几何关系即可列式求解。【解答】解：玉米粒在传送带上运动，分为匀加速运动阶段和匀速阶段，匀加速阶段：玉米粒与传送带发生相对滑动，受到滑动摩擦力且滑动摩擦力的大小大于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小匀速阶段：玉米粒与传送带保持相对静止，受到静摩擦力且静摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向下的重力的分力大小，故错误。设传送带速度为，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得，到达最高点时，竖直方向上速度为0，从抛出点到最高点时间为，水平位移竖直方向上：，水平方向上：，代入数据得从最高点到落地点的时间为，水平位移竖直方向上：，即水平方向上：，代入数据得玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为，，故错误。联立，式子解得，故正确。设玉米粒飞出后到落地所用的时间，，故错误。故选：。【点评】本题考查学生对摩擦力突变的分析和斜抛运动规律的运用，主要注意玉米粒速度与传送带速度相同时，由滑动摩擦力突变为静摩擦力，在最高点竖直方向上速度为0。7．（2024•海南）在跨越河流表演中，一人骑车以的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度，不计空气阻力，取，则两平台的高度差为A． B． C． D．【答案】【考点】平抛运动在竖直和水平方向上的特点；平抛运动位移的计算【专题】推理法；平抛运动专题；定量思想；推理能力【分析】根据平抛运动的位移规律列式求解高度差。【解答】解：根据平抛运动的规律有代入，，解得故错误，正确。故选：。【点评】考查平抛运动的规律的应用，会根据题意求解相应的物理量。8．（2024•江宁区校级模拟）如图所示，质量忽略不计、长度分别为和的不可伸长的轻绳，分别系质量为和的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为和，两绳子中的张力分别为和，则A． B． C． D．【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；向心力的表达式及影响向心力大小的因素【专题】推理法；定量思想；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理能力【分析】对两小球分别进行受力分析；设绳子与竖直方向夹角分别为、，先对下面小球受力分析，将两个球看作整体受力分析；根据几何关系判断项。【解答】解：．对下面小球受力分析，水平方向有对上面小球受力分析，水平方向有联立解得故正确；．设绳子与竖直方向夹角分别为、，对下面小球受力分析，竖直方向有对两个球看作整体，竖直方向上有稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，联立解得故错误；．根据几何关系联立解得故错误；故选：。【点评】本题考查学生对圆周运动及受力分析的综合理解能力。9．（2024•合肥三模）如图所示，在某次跳台滑雪比赛中，运动员以初速度从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上的点，运动员运动到点时离倾斜赛道最远，点到赛道的垂直距离为，点离赛道的竖直高度为，赛道的倾角为，重力加速度为，空气阻力不计，运动员（包括滑雪板）视为质点。则、两点间的距离是A． B． C． D．【答案】【考点】平抛运动速度的计算【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；平抛运动专题【分析】根据平抛运动规律，结合运动的合成与分解以及题干中的几何关系，可求出正确答案。【解答】解：将运动员在空中的运动分解为沿斜面方向以及垂直斜面方向，根据运动的对称性，可以得到，运动员从运动到点和从点运动到点所用时间相等，因此运动员沿平行斜面方向的分运动从到的时间与从到的时间相等，运动员沿平行斜面做加速度为的匀加速运动，设整个运动时间为，，则，由于从到的水平位移与从到的水平位移相等，因此，则运动员做平抛运动有，，，解得，则，故正确，错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意对于平抛运动问题，要熟练运用运动的分解来进行分析。二．多选题（共9小题）10．（2024•观山湖区校级模拟）有一种新式健身“神器”——能自动计数的智能呼啦圈深受健身者的喜爱，如图甲所示。智能呼啦圈腰带外侧有圆形光滑轨道，将安装有滑轮的短杆嵌入轨道并能沿圆形轨道自由滑动，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻质细绳，将腰带简化为竖直硬质圆筒，其简化模型如图乙所示，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内以角速度做匀速圆周运动，已知配重（可视为质点）质量为，绳的拉力大小为，绳与竖直方向夹角为，绳长一定，则下列说法正确的是A．一定，越大，越大 B．一定，越大，越大 C．一定，越大，越大 D．一定，越大，越大【答案】【考点】物体在圆锥面上做圆周运动【专题】推理论证能力；方程法；定量思想；匀速圆周运动专题【分析】根据平行四边形定则求解配重受到的合力大小；根据合力提供向心力，根据向心力公式判断角速度的变化，以及绳上拉力的变化，进而得到腰受到腰带的弹力变化。【解答】解：根据题意，对配重受力分析，如图所示竖直方向上处于平衡状态，则水平方向上由牛顿第二定律有整理得可知越大，则越大，当一定时，的大小与质量无关又：，可知一定时，越大，越大，越小，越大；一定时，越大，不变，不变，越大。故正确，错误。故选：。【点评】本题考查匀速圆周运动，关键是弄清楚配重和腰带的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答。11．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是A．球的运动时间为 B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为 C．球的水平初速度大小为 D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为【答案】【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算【专题】合成分解法；平抛运动专题；推理能力；定量思想【分析】平抛运动可以将运动分解成水平和竖直两个方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向下落的高度即可得出足球的运动时间，再根据水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通过对水平竖直两个方向的分析，可得出足球落地时的竖直反向速度大小以及速度方向与地面的夹角。【解答】解：由题可知，足球的运动为平抛运动，将运动过程分解成水平竖直两个方向，竖直方向做自由落体运动，下落高度为，运动的时间满足，将、代入可知，，故错误；已知球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为，因此落地时的速度为，故正确；已知球在水平方向做匀速直线运动，运动时间为，位移为，水平初速度满足，代入已知数据可得，故正确；球落地时，假设速度方向与水平地面的夹角为，已知水平方向的速度大小为，竖直方向的速度大小为，由此可知，因此，故错误。故选：。【点评】本题需要学生运用平抛运动相关知识结合三角函数以解决此类问题。12．（2024•安徽）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从点由静止释放，同时对物块施加沿轴正方向的力和，其大小与时间的关系如图（2）所示。已知物块的质量为，重力加速度取，不计空气阻力。则A．物块始终做匀变速曲线运动 B．时，物块的坐标值为 C．时，物块的加速度大小为 D．时，物块的速度大小为【答案】【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用；合运动与分运动的关系【专题】信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；理解能力【分析】根据图2分别求解、随时间变化的关系，再求的合力随时间变化的关系，再根据力的合成分析物块所受的合力是否恒定，结合牛顿第二定律分析加速度是否滑动，然后作答；根据牛顿第二定律求解物块沿轴方向的加速度，根据运动学公式求解作答；根据力的合成求物块所受的合力，根据牛顿第二定律求加速度；根据运动学公式求物块沿轴方向的瞬时速度；根据题意求方向的平均作用力，根据牛顿第二定律求平均加速度，再根据运动学公式求物块压轴方向的瞬时速度，最后求合速度。【解答】解：根据图2可知，随时间变化的关系为，其中随时间变化的关系为、的合力物块沿轴方向的分力物块沿轴方向的力由于随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；物块做非匀变速曲线运动，故错误；物块沿方向做匀加速运动，加速度根据匀变速运动公式，时，物块的坐标值，故正确；当时，此时物块所受的合力根据牛顿第二定律代入数据解得物块的加速度大小，故错误；时刻，物块沿轴方向的速度物块在时刻，沿轴方向的合力在内沿轴方向的平均加速度时刻，物块沿轴方向的速度根据运动的合成与分解，在时刻的速度，故正确。故选：。【点评】本题考查了运动的合成与分解、力的合成与分解；物块做曲线运动可以分解为沿轴方向的匀加速直线运动和要轴方向的变加速直线运动；要熟练掌握运动学公式和牛顿运动定律；知道匀变速曲线运动是加速度恒定的曲线运动。13．（2024•博望区校级模拟）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个小球爬杆装置，如图所示，竖直杆与光滑杆均固定在电动机底座上，且与水平面间的夹角，一弹簧上端固定在杆上的点，下端与穿在杆上质量为的小球相连。装置静止时弹簧与竖直方向间的夹角，当电动机带动底座开始转动时，小球开始爬杆。已知两点间的距离为，重力加速度为。则A．装置静止时杆对小球的弹力方向垂直杆斜向下 B．装置静止时弹簧弹力的大小为 C．装置静止时杆对小球的弹力大小为 D．电动机转动后，当小球稳定在与点等高的位置时杆的角速度为【答案】【考点】物体在圆锥面上做圆周运动【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力【分析】根据平衡条件画初始位置的小球受力图，分析杆对小球的弹力情况；根据平衡条件列方程求解弹簧的弹力大小和杆对小球的弹力大小；再次对小球受力分析作图，根据水平方向的牛顿第二定律方程和竖直方向的平衡方程列式解答。【解答】解：对小球受力分析如图由平衡条件可知，小球静止时杆对小球的弹力方向垂直杆斜向下，故正确；根据平衡条件，由几何关系可得小球静止时弹簧弹力的大小为，故错误；根据平衡条件可得，解得小球静止时杆对小猴的弹力大小为，故错误；由几何关系可知，小球稳定在与点等高位置时弹簧的长度与开始位置时相等，故弹簧的弹力为，在与点等高位置，对小球受力分析，水平方向由牛顿第二定律，竖直方向由平衡条件，联立解得，故正确。故选：。【点评】考查平衡问题和圆周运动的相关问题，会根据题意分析物体受力并列式求解相应物理量。14．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，、分别为轨道上的最高点和最低点，、是轨道上与圆心等高的点。质量为、电荷量为的带正电的小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为，电场强度大小。则下列说法中正确的是A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在、之间 B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在点 C．经过、两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为 D．小球在处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；带电粒子在电场中的运动专题；等效替代法【分析】应用等效重力的观点，将重力和电场力的合力看作等效重力，由几何关系得到等效重力的方向。再结合圆周运动规律求解，粒子在等效最低点时速度最大，动能最大。恰好能在轨道内做完整的圆周运动的条件是恰好能通过等效最高点。小球运动过程克服电场力做功最多，损失机械能最多，则机械能最小；根据牛顿第二定律求解经过、两点时弹力的差值。【解答】解：．应用等效重力的观点，将重力和电场力的合力看作等效重力，设等效重力与竖直方向的夹角为，则有：，可得：可知在小球在轨道内做圆周运动的等效最低点是圆弧的中点，故动能最大的位置在、之间，故正确；．小球运动到位置时克服电场力做功最多，根据功能关系，可知机械能最小的位置在点，故正确；．小球在点，由牛顿第二定律得：小球在点，由牛顿第二定律得：从到点，由动能定理得：解得经过、两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为：，故错误；．小球在轨道内做圆周运动的等效最高点是圆弧的中点，已知小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，从处到点，根据动能定理得：假设小球在处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动，从处到点，根据动能定理：联立解得：，故小球在处以速度水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故错误。故选：。【点评】本题考查带电体在匀强电场中圆周运动的相关问题。掌握在“内圆轨道“做完整圆周运动的临界条件。在匀强电场的圆周运动，要掌握用“等效重力”解题的技巧，会找“等效最高点或最低点”。15．（2024•河北模拟）某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为的载物平台架在两根完全相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两圆柱等距，两圆柱以角速度绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为。现给平台施加一过平台重心且沿平行于轴线方向的恒力，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是A．只有当时，平台才能开始运动 B．平台运动的最大加速度大小 C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动 D．越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短【答案】【考点】滑动摩擦力的方向；滑动摩擦力的大小计算和影响因素；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；线速度与角速度的关系【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理能力【分析】根据摩擦力公式、牛顿第二定律和推导沿受到一根圆柱的摩擦力分量，再根据牛顿第二定律列方程分析判断；根据表达式结合角速度判断时间。【解答】解：．圆柱表面的点转动的线速度大小为：若平台运动的速度大小为，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为根据牛顿第二定律可得开始时，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为：，所以只要不为零，加速度就不为零，平台也能运动，由于在不断增大，加速度会越来越小，当时，无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故错误，正确；．根据上述表达式：，可知角速度越大，平台运动的加速度越大，平均速度越大，从静止开始运动相同距离用时越短，故正确。故选：。【点评】本题关键掌握平台参与的两个方向的运动，根据合运动判断摩擦力方向。16．（2024•泉州模拟）取一根空心管，将一根足够长的尼龙线穿过它，在尼龙线一端拴一块质量很小的物体，另一端挂一篮球，手握空心管抡动该物体，使该物体在水平面上做半径大小为的匀速圆周运动，篮球恰好处于静止状态，此时空心管上方的线与竖直方向的夹角约等于，如图所示。已知物体的质量是篮球的倍，重力加速度为，设尼龙线与空心管间的摩擦力大小恒等于球重的倍，则该物体的角速度大小可能为A．0 B． C． D．【答案】【考点】向心力的表达式及影响向心力大小的因素；牛顿第二定律的简单应用【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力【分析】根据摩擦力的方向进行分情况讨论，从而计算出两种情况的角速度大小。【解答】解：对于重物而言，如果转动的角速度较小，则摩擦力方向沿绳向外，根据牛顿第二定律有解得如果转动的角速度较大，则摩擦力方向沿绳向内，根据牛顿第二定律有解得，故正确，错误；故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意对于摩擦力分析，要注意根据运动情况，判断摩擦力的方向问题。17．（2024•河南三模）如图所示，足够长光滑细杆的一端固定在竖直转轴上的点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于点，另一端与套在杆上质量为的小球相连，细杆与竖直方向夹角为。弹簧原长为，劲度系数为。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为。则下列说法正确的是A．当小球保持静止时，小球到点的距离为 B．当小球相对细杆静止，弹簧拉伸量为时，杆对小球的弹力大小可能为 C．当小球相对细杆静止，杆对小球弹力为零时，转轴的角速度为 D．转轴转速自零开始缓慢增加过程中，细杆对小球的弹力一直增大【答案】【考点】胡克定律及其应用；向心力的表达式及影响向心力大小的因素；牛顿第二定律的简单应用【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力【分析】根据静止时，受力平衡可求出形变量，从而得到距离；根据细杆的支持力方向不同，分别计算出可能得支持力大小，得出选项；利用合外力提供向心力以及受力平衡，可求出角速度；根据选项的分析，可得出选项。【解答】解：当小球静止时，弹簧弹力等于小球重力沿杆方向的分力，则有，解得，小球到点的距离，故错误；弹簧拉伸量为时，竖直方向上小球合力为零，若小球所受细杆的支持力垂直细杆斜向上，则有，解得，若小球所受细杆的支持力垂直细杆斜向下，则有，解得，故正确；设转轴的角速度为时，小球对杆的作用力为零，设此时弹簧形变量为，则有，解得，故正确；初始时细杆对小球有作用力，选项状态下细杆对小球无作用力，所以细杆对小球作用力不会一直增大，故错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意对于圆周运动问题，要熟练运用合外力提供向心力这一公式，同时理解杆可以提供向内和向外的支持力。18．（2024•厦门三模）将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应A．适当增加出手的高度 B．适当减小出手的高度 C．适当增加出手的速度 D．适当减小出手的速度【答案】【考点】平抛运动速度的计算【专题】推理能力；定量思想；推理法；平抛运动专题【分析】根据石子出手后做平抛运动的规律，竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动及速度偏角的表达式分析解答。【解答】解：令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为，石子水平抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有，石子接触水面时，根据速度分解有解得，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高度，故错误，正确；结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故正确，错误。故选：。【点评】考查平抛运动的规律，会根据题意进行准确的分析和判断。三．填空题（共2小题）19．（2022•青浦区二模）如图为“行星传动示意图”，中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径均为，“齿圈”的半径为，其中，、、分别是“太阳轮”、“行星轮”和“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，则点与点的线速度之比为，点与点的转速之比为。【答案】，。【考点】传动问题【专题】定量思想；平抛运动专题；推理法；推理能力【分析】齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等，然后结合半径关系分析周期的关系。【解答】解：由图可知，与为齿轮传动，所以线速度大小相等，与也是车轮传动，线速度也相等，所以与的线速度是相等的，点与点的线速度之比为；由图可知：点和点的线速度大小相等，由知点和点的转速之比为：；故答案为：，。【点评】本题运用比例法解决物理问题的能力，关键抓住相等的量：对于齿轮传动的两个轮子边缘上各点的线速度大小相等；同一轮上各点的角速度相同。20．（2021•杨浦区二模）如图，一个有质量的小球用一细线悬于箱子顶上的点，箱子沿某一方向做匀加速直线运动，细线与竖直方向的夹角始终不变，重力加速度为小球受到的空气阻力不计写出箱子可能的二种加速度情况：①加速度水平向右，大小为；②【考点】牛顿第二定律；运动的合成和分解【专题】定量思想；方程法；运动的合成和分解专题；推理能力【分析】对小球受力分析，依据矢量的合成法则，及加速度方向，再根据牛顿第二定律求出小球的加速度，从而得出箱子的加速度。【解答】解：以小球为研究对象，若其加速度方向水平向右，由牛顿第二定律得：两式联立解得：，则箱子的加速度水平向右，大小为；以小球为研究对象，若其加速度方向竖直向下，当绳子拉力时，由牛顿第二定律得：两式联立解得：，则箱子是自由落体运动，加速度为；故答案为：①加速度水平向右，大小为；②自由落体运动，加速度为。【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本应用，要注意整体法、隔离法的灵活选择，理解确定加速度的方向是解题的关键。四．解答题（共5小题）21．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角的直轨道，螺旋圆形轨道，水平直轨道，传送带，水平直轨道，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道，水平直轨道组成。其中螺旋圆形轨道与轨道、相切于（E）和。直线轨道和通过传送带平滑连接，管道与直线轨道相切于点，直线轨道右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径，长，传送带长，长，，四分之一圆轨道的半径。滑块与、、间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，其余轨道光滑。现将一质量为的滑块从倾斜轨道上某高度处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，，，（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点，求滑块过点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；（2）若滑块从上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离点的水平距离有多远；（3）若滑块从上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），求传送带的线速度需满足的条件。【答案】（1）滑块过点对轨道的压力为，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为；（2）滑块最终静止的位置距离点的水平距离为；（3）要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），传送带的线速度需满足的条件为。【考点】牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用；绳球类模型及其临界条件【专题】推理法；定量思想；推理能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块过点速度和对点的压力，结合动能定理求出点的速度和滑块释放的高度；（2）根据定能定理求出滑块滑上半圆轨道的高度和滑块会从圆轨道返回距离即可；（3）根据定能定理求出滑块从斜面上滑下到达点的速度，再由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点的速度，分析滑块在传送带上的运动状态，计算出滑块在上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点时的速度，即可求解。【解答】解：（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点，则根据牛顿第二定律可得：代入数据解得：滑块从到点过程中，根据动能定理可得：代入数据解得：滑块过点时，根据牛顿第二定律可得：代入数据解得：由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为：方向竖直向下。滑块从到点过程中，根据动能定理可得：代入数据解得：（2）滑块滑下斜面重力做功：解得：若传送带静止，滑块运动到点，需克服摩擦力做功：解得：由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时的动能：设滑块滑上半圆轨道的高度，则有：解得：则滑块会从圆轨道返回滑下运动，根据动能定理可得：解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小所以滑块最终静止在点右侧，距点的水平距离为：△（3）若向上滑块恰好能到达，则滑块在点的动能为：代入数据解得：由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点的过程可得：代入数据解得：若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时，可得代入数据解得：则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为：若滑块在上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点，则从到停下根据动能定理可得：代入数据解得：则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件为：因此要使滑块停在上（滑块不会再次返回半圆轨道回到上），传送带的速度需满足的条件为：答：（1）滑块过点对轨道的压力为，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为；（2）滑块最终静止的位置距离点的水平距离为；（3）要使滑块停在上（滑块不会再次通过轨道回到上），传送带的线速度需满足的条件为。【点评】本题考查了滑块—传送带模型，需要分析出每一段过程中滑块的运动状态，再结合动能定理即可求解。22．（2024•漳州三模）水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。如图为某景观水车模型，从槽口水平流出的水，垂直落在与水平面成角的水轮叶面上，轮叶在水流不断冲击下转动，稳定时轮叶边缘线速度与水流冲击的速度大小近似相等。已知槽口到冲击点所在的水平面距离，水车轮轴到轮叶边缘的距离为。忽略空气阻力，重力加速度为。求：（1）水从槽口落到水轮叶面的时间；（2）槽口处水流的初速度大小；（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小。【答案】（1）水从槽口落到水轮叶面的时间为；（2）槽口处水流的初速度大小为；（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小为。【考点】向心力的表达式及影响向心力大小的因素；平抛运动速度的计算；牛顿第二定律的简单应用【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】（1）根据竖直方向做自由落体运动，可求出时间；（2）根据平抛运动竖直与水平方向速度的夹角关系，可求出水流初速度大小；（3）根据合外力提供向心力可求出向心力大小。【解答】解：（1）竖直方向解得（2）竖直方向的分速度由平抛运动得解得水流的初速度大小（3）由平抛运动得向心力大小解得答：（1）水从槽口落到水轮叶面的时间为；（2）槽口处水流的初速度大小为；（3）轮叶边缘上质量为的钉子，随水车匀速转动时的向心力大小为。【点评】学生在解答本题时，应注意掌握分析平抛运动的方法，以及对向心力公式的熟练应用。23．（2024•浙江二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道、半径为的半圆单层轨道、半径为的半圆圆管轨道、平台和、凹槽组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车并紧靠在竖直侧壁处，其长度且上表面与平台、平齐。水平面的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区段。已知凹槽段足够长，摆渡车与侧壁相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，段长度，段长度。问：（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力；（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？【答案】（1）小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力为；（2）根据计算后判断滑块最终停在离点左侧距离；（3）发射时的弹性势能应满足：。【考点】动能定理的简单应用；绳球类模型及其临界条件；功是能量转化的过程和量度；牛顿第三定律的理解与应用【专题】定量思想；实验分析法；动量和能量的综合；分析综合能力【分析】（1）滑块运动到与等高处的过程，根据滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒解答；（2）判断滑块能够通过点后，根据通过动能定理求出滑上车前的速度。再对车系统根据动量守恒定律和能量守恒定律求滑块的位置；（3）根据滑块不脱离轨道在点的临界条件、能够到达水平平台的条件、由动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律等确定弹性势能的范围。【解答】解：（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的处时对轨道的压力最大。从弹出到处，根据动能定理有：经过处时，根据牛顿第二定律有：由牛顿第三定律可知：联立解得最大压力：，方向由指向。（2）当刚好经过时，根据牛顿第二定律有：代入数据解得：假设滑块在点不脱离轨道，由能量守恒得：解得：故滑块在点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有：故以的弹性势能弹出到达车左端的速度：与车共速时，以向右为正，根据动量守恒有：由能量守恒定律有：解得共速时与摆渡车的相对位移：所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离：代入数据得：故滑块所停位置在离车右端距离：（3）当刚好经过时：根据能量关系能：将弹出到平台上，根据动能定理有：与车共速时：由能量守恒：要使得滑块停在目标区：联立上面四式解得：，且：故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为：答：（1）小振同学的滑块经过与圆心等高的处时对轨道的最大压力为；（2）根据计算后判断滑块最终停在离点左侧距离；（3）发射时的弹性势能应满足：。【点评】本题考查了功能关系的应用以及竖直平面内圆周运动的临界问题，要区分管状圆周轨道与内圆轨道临界的条件和意义不同，对于管状圆周轨道物体在其中做完整圆周运动的条件是达到最高点临界速度为零，在最高点物体对上或下壁产生弹力存在速度临界；对于内圆轨道物体在其中做完整圆周运动的条件是达到最高点时与轨道之间的弹力为零。24．（2024•仓山区校级模拟）掷铅球是一个需要力量和灵活性的运动，今年的学校运动会，某同学要参加掷铅球比赛，傍晚来到运动场训练，热身后（不计空气阻力，重力加速度取，，，（1）她在第一次投掷中把铅球水平推出，高度为，速度为，则铅球被推出的水平距离是多少米？（2）第一次投掷后体育老师给了建议，让她投掷时出手点高一点，斜向上推出铅球。于是，第二次她从离地高为处推出铅球，出手点刚好在边界线上方，速度方向与水平方向成，如图所示，此次推出铅球时铅球的速度大小仍为，则这次投掷的成绩为多少米？【答案】（1）铅球被推出的水平距离是5.5米；（2）这次投掷的成绩为10.8米。【考点】平抛运动速度的计算；斜抛运动【专题】推理法；分析综合能力；定量思想；平抛运动专题【分析】（1）根据平抛运动以及运动的合成与分解可求出距离；（2）根据运动的合成与分解，可求出投掷的成绩。【解答】解：（1）由平抛运动知识铅球被推出的水平距离为解得（2）被推出的铅球在竖直方向做竖直上抛运动，则有解得，（舍去）铅球在水平方向做匀速直线运动这次投掷的成绩为答：（1）铅球被推出的水平距离是5.5米；（2）这次投掷的成绩为10.8米。【点评】学生在解答本题时，应注意对于平抛和斜抛问题要熟练运用运动的合成与分解进行作答。25．（2024•盐城模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为的光滑圆环，质量分别为、的、两小球套在圆环上，用长度为的轻杆连接。开始时，对小球施加竖直向上的外力，使、均处于静止状态，且球恰好与圆心等高；然后撤去外力，、沿圆环运动。已知重力加速度为，取光滑圆环最低处为零势面。求：（1）外力的大小；（2）球重力势能的最大值；（3）球速度最大时，其加速度的大小。【答案】（1）外力的大小为；（2）球重力势能的最大值为；（3）球速度最大时，其加速度的大小为。【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；杆球类模型及其临界条件【专题】推理法；分析综合能力；定量思想；机械能守恒定律应用专题【分析】（1）对球施加的竖直向上的外力时，对小球受力分析，确定杆对球没有作用力，再对球，根据平衡条件求解的大小；（2）系统无初速度释放，根据机械能守恒定律求当球到达最低点时球的速度大小，并求球能够上升的最高点相对圆心点的竖直高度，从而计算最大重力势能；（3）根据系统机械能守恒结合向心加速度公式解答。【解答】解：（1）当外力作用在球上时，对小球受力分析可知，小球受重力和环给竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对无作用力，杆对球也无作用力，球受重力和外力处于平衡状态，则；（2）当球上升到最大高度时，如图所示。以点所在水平面为参考平面，由系统机械能守恒有可得则球能够上升的最大高度相对圆心点的竖直高度为球重力势能的最大值（3）球和球相对静止绕点做圆周运动，两者的线速度大小相等，即。如下图所示，当两者的质心处于最低位置时，两者的线速度最大，根据两者的质量关系，可得质心与球的距离。，，解得：以点所在水平面为零势能面，由、两球组成的系统机械能守恒有解得球最大速度的平方为：此时的加速度等于其向心加速度，则有：解得：答：（1）外力的大小为；（2）球重力势能的最大值为；（3）球速度最大时，其加速度的大小为。【点评】本题考查共点力平衡条件和机械能守恒定律的综合应用。要知道机械能守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其他力对系统做的功等于零。运用机械能守恒定律时，要注意选择参考平面。

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+at2。（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x＝v0t+at2（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×t＝，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。即有：＝＝vt/2。所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式求出2s内和6s内的位移。解：汽车刹车到停止所需的时间＞2s所以刹车2s内的位移＝45m。t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。＝60m。所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式＝＝vt/2的应用物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a＝，求出加速度，根据平均速度公式x＝求位移。解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x＝＝．若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x＝＝．负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度．若1s末的速度与初速度方向相反，则加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正确，D错误。故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式，此公式在考试中经常用到。【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+at2求第四个物理量。③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k＝；x2＝；故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F＝刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a＝＝对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+）mg故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．3．滑动摩擦力的方向【知识点的认识】1.滑动摩擦力的定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对滑动时，在接触面上会产生有种阻碍相对运动的力，叫作滑动摩擦力。2.滑动摩擦力的方向：总跟接触面相切，并且跟物体的相对运动方向相反。3.关键词：①与接触面相切（沿接触面）；②与相对运动的方向相反。【命题方向】关于摩擦力，下列说法错误的是（）A、滑动摩擦力可以与物体的运动方向相同B、静摩擦力也可以与物体的运动方向相同C、静摩擦力可以与物体运动的方向成任意度角D、当物体与接触面的接触面积减小而其他条件不变时，滑动摩擦力将减小分析：摩擦力一个物体在另一个物体表面滑动或有相对滑动的趋势时，受到的阻碍相对运动或相对运动趋势的力，与相对运动或相对运动的趋势方向相反．解答：A、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故A正确；BC、静摩擦力与物体的相对运动趋势方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动趋势方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故B正确，C正确；D、滑动摩擦力的大小与正压力成正比，还与接触面的材料有关，与接触面的面积无关，故D错误；本题选错误的，故选D。点评：提到摩擦力不忘相对两个字，摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，总是阻碍物体间的相对滑动或相对滑动趋势．【解题思路点拨】1.滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。因此判断滑动摩擦力的方向时，可以先判断相对运动的方向，从而得出滑动摩擦力的方向。2.滑动摩擦力是物体之间相对运动产生的，与物体自身的运动情况无关，所以滑动摩擦力的方向与物体自身的运动方向无关。例如：人刚站上电动扶梯的时候，因为人的初速度为零，所以受到扶梯水平向前的滑动摩擦力，而人实际的运动方向取决于电梯的方向。4．滑动摩擦力的大小计算和影响因素【知识点的认识】滑动摩擦力跟正压力成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。【命题方向】如图所示，在与水平方向成θ角、大小为F的力作用下，质量为m的物块沿竖直墙壁加速下滑，已知物块与墙壁的动摩擦因数为μ．则下滑过程中物块受滑动摩擦力的大小为（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物体的受力情况，求出正压力，再由摩擦力的计算公式进行计算．解答：将F分解可得，物体在垂直于墙壁方向上受到的压力为N＝Fcosθ，则物体对墙壁的压力为N＝N′＝Fcosθ；物体受到的滑动摩擦力为f＝μN′＝μFcosθ；故选：D。点评：本题考查学生对滑动摩擦力公式的掌握，注意公式里的正压力不一定是重力，而是垂直于接触面的压力．【解题思路点拨】1.牢记滑动摩擦力的计算公式：F＝μFN，F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，μ叫动摩擦因数。如果两个物体是斜面连接，则需要进行必要的受力分析以求出垂直于斜面的压力。2.在一般情况下，物体在水平面上运动时，正压力等于重力，但不能说正压力就是重力。5．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（）A、B、2mgC、mgD、分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma＝mg根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。6．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：